滑动窗口(1)_长度最小的子数组

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滑动窗口(1)_长度最小的子数组

收录于专栏【经典算法练习】
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1. 题目链接:

2. 题目描述 :

3. 解法 :

解法一(暴力枚举) :

算法思路 :

具体步骤:

代码展示 :

结果分析 :

解法二(滑动窗口) :

滑动窗口简介

算法思路 :

图解流程 :

代码展示 :

结果分析 :

滑动窗口的正确性:

时间复杂度分析:

4. 总结 :

1. 题目链接:

OJ链接-----长度最小的子数组

2. 题目描述 :

给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。

找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的

子数组

[numsl, numsl+1, ..., numsr-1, numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。

示例 1：

输入：target = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
输出：2
解释：子数组 [4, 3]是该条件下的长度最小的子数组。

示例 2：

输入：target = 4, nums = [1,4,4]
输出：1

示例 3：

输入：target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1]
输出：0

提示：

1 <= target <= 10^9
1 <= nums.length <= 10^5
1 <= nums[i] <= 10^5

3. 解法 :

解法一(暴力枚举) :

算法思路 :

[从前往后]枚举数组中的任意一个元素,把它当成起始位置.然后从这个[起始位置]开始,寻找一段最短的区间,使得这段区间的和[大于等于]目标值.

将所有元素作为起始位置所得的结果中,找到[最小值]即可.

具体步骤:

用i, j两层循环遍历完整个数组
用sum统计[i, j]区间之和
如果sum >= target, 说明j没有移动的必要(数组内全是正整数)就让i移动
移动前更新一下最小长度len

代码展示 :

class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int len = INT_MAX, n = nums.size();for (int i = 0; i < n; i++){int sum = 0;for (int j = i; j < n; j++){sum += nums[j];if (sum >= target){len = min(len, j - i + 1);break;}}}return len == INT_MAX ? 0 : len;}
};

结果分析 :

还是一样,分析题目给的数据范围:

题目给的数据范围:

1 <= target <= 10^9
1 <= nums.length <= 10^5
1 <= nums[i] <= 10^5

也就是说我们数组中的数的个数是在[0, 10^5]之内,而我们的暴力算法时间复杂度为O(N^2),

数据级别为10^10 > 10^9,所以会超出时间限制!!!

解法二(滑动窗口) :

滑动窗口简介

滑动窗口是一种在处理序列（如数组或字符串）问题时的算法技术。它通过定义一个“窗口”在序列上滑动，以动态调整和计算子序列的属性，而无需重新计算整个序列。窗口的大小可以是固定的，也可以是动态调整的。

基本步骤：

初始化窗口：设置窗口的起始位置。
扩展窗口：根据问题需求，扩展窗口（例如，右移）。
更新窗口：在窗口范围内执行所需操作（如求和、计数等）。
缩小窗口：根据条件（如窗口太大），调整窗口（例如，左移）。
重复步骤：直到窗口遍历完整个序列。
这种方法提高了效率，尤其是在需要处理大量数据时。

算法思路 :

由于此问题分析的对象是[一段连续的区间], 因此可以考虑[滑动窗口]的思想来解决这道题.

让滑动窗口满足: 从i位置开始,窗口内所有元素的和小于target(那么当窗口内元素之和第一次大于等于目标值的时候,就是i位置开始,满足条件的最小长度).

做法: 将右端元素划入窗口中,统计出此时窗口内元素的和:

如果窗口内元素之和大于等于target: 更新结果,并且将左端元素划出去的同时继续判断是否满足条件并更新结果(因为左端元素可能性很小,划出去之后依旧满足条件)

如果窗口内的元素之和不满足条件: rihgt++,另下一个元素进入窗口.

图解流程 :

代码展示 :

class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int len = INT_MAX, n = nums.size(), sum = 0;for(int right = 0, left = 0; right < n; right++){sum += nums[right];while(sum >= target){len = min(len, right - left + 1);sum -= nums[left++];}}return len == INT_MAX ? 0 : len; }
};

结果分析 :

滑动窗口的正确性:

这个窗口寻找的是: 以当前窗口最左侧元素(记为left1)为基准,符合条件的情况.也就是在这道题中,从left1开始,满足区间和sum >= target时的最右侧(记为right1)能到哪里.

我们既然已经找到从left1开始的最优的区间,那么就就可以大胆舍去left1.但是如果继续像方法一(暴力枚举)一样,重新开始统计第二个元素(left2)往后的和,势必会有大量重复的计算(因为我们在求第一段区间的时候),已经算出很多元素的和了,这些和可以在计算下次区间和的时候用上的).(就像一个滑动的区间记录这我们已经求过的值)

此时,right1的作用就体现出来了,我们只需将left1这个值从sum中剔除.从right1这个元素开始,往后找满足left2元素的区间(此时right也有可能满足的.因为left1可能很小.sum剔除掉left1

之后,依旧满足大于等于target).这样我们就能省掉大量重复的计算.

这样我们不仅能解决问题,而且就能省掉大量重复的计算